資源簡介

培優提升十二　傳送帶模型
選擇題1～8題，每小題10分，共80分。
基礎對點練
題組一　水平傳送帶
1.為保障旅客安全出行，鐵道部門須對乘客所攜帶的物品實施安全檢查。如圖所示，乘客將攜帶物品放到以恒定速率運動的水平傳送帶上，使物品隨傳送帶一起運動并通過檢測儀接受檢查。當乘客將物品無初速度放在傳送帶上之后，物品(　　)
與傳送帶相對靜止時受到靜摩擦力
初始階段受與運動方向相同的摩擦力作用
相對傳送帶靜止時受與運動方向相同的摩擦力作用
相對地面運動故一定受到滑動摩擦力
2.(多選)(2024·河北衡水高一期末)如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，傳動速率為v，在其左端無初速度釋放一小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則木塊從左端運動到右端的時間可能是(　　)
＋
3.(多選)如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以恒定的速率v1沿順時針方向運動，傳送帶右端有一與傳送帶等高的光滑水平面。物體以恒定的速率v2沿直線向左滑上傳送帶后，經過一段時間又返回光滑水平面上，此時速率為v2′，則下列說法正確的是(　　)
若v1＜v2，則v2′＝v1
若v1＞v2，則v2′＝v2
不管v2多大，總有v2′＝v2
只有v1＝v2時，才有v2′＝v1
題組二　傾斜傳送帶
4.如圖所示，在一條傾斜的、靜止不動的傳送帶上，有一個滑塊能夠自由地向下滑動，該滑塊由上端自由地滑到底端所用時間為t1，如果傳送帶向上以速度v0運動起來，保持其他條件不變，該滑塊由上端滑到底端所用的時間為t2，那么(　　)
t1＝t2 t1>t2
t15.(多選)如圖，傾角θ＝37°、足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行，現將一質量m＝2 kg的小物體輕放在傳送帶的A端，小物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則在上升過程中的小物體(　　)
加速度恒定
先加速后勻速
所受的摩擦力方向不變
所受的摩擦力大小始終為12 N
6.(多選)如圖所示是一種“魚蝦自動分離裝置”的簡化結構圖，此裝置可以實現機械化分離魚和蝦。分離器出口在傾斜傳送帶中段適當位置正上方一定高度，魚蝦下落到傳送帶時均有沿斜面向下的初速度，最終蝦均能被傳送至下端收集箱中，魚均能被傳送到上端收集箱中，已知傳送帶與水平面間夾角為θ，始終以恒定速率順時針轉動。則下列說法正確的是(　　)
魚和蝦在傳送帶上運送的過程所受的摩擦力方向始終沿斜面向上
蝦在傳送帶上做加速直線運動，魚在傳送帶上做減速直線運動
蝦與傳送帶間的動摩擦因數有可能小于tan θ
魚與傳送帶間的動摩擦因數一定大于tan θ
綜合提升練
7.(多選)(2024·福建三明高一期末)如圖甲，水平傳送帶逆時針勻速轉動，一小物塊以某一速度從最左端滑上傳送帶，取向右為正方向，從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊的v－t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示，g取10 m/s2，則(　　)
傳送帶的速度大小為1.0 m/s
小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.2
小物塊相對傳送帶滑動的總時間為4.5 s
小物塊相對傳送帶滑動的總距離為4.5 m
8.(多選)如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知AB間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時其運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ，正常工作時工人在A點將糧袋輕放到運行中的傳送帶上，關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g)(　　)
糧袋到達B點的速度與v比較，可能大，可能小，也可能相等
糧袋開始運動的加速度為g(sin θ＋μcos θ)
若μ≥tan θ，則糧袋從A到B一定一直是做加速運動
不論L長度如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a>gsin θ
9.(10分)如圖，一平直的傳送帶以速率v＝2 m/s順時針勻速運行，在A處把物體輕輕地放到傳送帶上，經過6 s，物體到達B處，A、B相距L＝10 m，重力加速度g＝10 m/s2。則：
(1)(3分)求物體在傳送帶上做勻加速運動的時間；
(2)(3分)求物體與傳送帶之間的動摩擦因數；
(3)(4分)若物體是煤塊，求煤塊在傳送帶上的劃痕長度。
培優加強練
10.(10分)傾角為θ的傾斜傳送帶以恒定的速率沿逆時針方向運行，如圖甲所示。在t＝0時，將一小煤塊輕放在傳送帶上A點處，1.5 s時小煤塊從B點離開傳送帶。小煤塊速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，設沿傳送帶向下為運動的正方向，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)(3分)0～0.5 s內和0.5～1.5 s內小煤塊的加速度大小；
(2)(3分)小煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數；
(3)(4分)在0～1.5 s時間內小煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度。
培優提升十二　傳送帶模型
1.B　[當物品與傳送帶相對靜止時，物品與傳送帶一起做勻速直線運動，兩者之間沒有相對運動的趨勢，物品不受靜摩擦力，故A、C錯誤；初始階段物品相對傳送帶有向后運動的趨勢，受到向前的摩擦力，則摩擦力方向與物品運動方向相同，故B正確；判斷物品是否受滑動摩擦力，是看與接觸面有沒有發生相對運動，與物品相對地面的運動情況無關，故D錯誤。]
2.ACD　[因木塊運動到右端的過程不同，對應的時間也不同，若一直勻加速至右端，則L＝μgt2，可得t＝，C正確；若一直加速到右端的速度恰好與傳送帶速度v相等，則L＝t，可得t＝，D正確；若先勻加速到傳送帶速度v，再勻速到右端，則＋v＝L，可得t＝＋，A正確；木塊不可能一直勻速至右端，B錯誤。]
3.AB　[由于傳送帶足夠長，物體先減速向左滑行，直到速度減為零，然后在滑動摩擦力的作用下向右運動，分兩種情況：若v1≥v2，物體向右運動時一直加速，當v2′＝v2時，離開傳送帶；若v1＜v2，物體向右運動時先加速，當速度增大到與傳送帶的速度相等時，物體還在傳送帶上，此后不受摩擦力作用，物體與傳送帶一起向右勻速運動，此時有v2′＝v1，故選項A、B正確，C、D錯誤。]
4.A　[滑塊受重力、支持力、滑動摩擦力，當傳送帶向上以速度v0運動起來，保持其他條件不變時，支持力不變，摩擦力大小和方向都不變，根據牛頓第二定律可知，兩種情況下，滑塊的加速度相等，而兩種情況下滑塊的位移也相等，根據s＝at2可知，兩種情況下滑塊運動的時間相等，即t1＝t2，選項A正確。]
5.BC　[開始時物體受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力，因f＝μmgcos 37°＝
12.8 N>mgsin 37°＝12 N，則物體沿傳送帶向上加速，由于傳送帶足夠長，當物體的速度與傳送帶相等時，因μmgcos 37°>mgsin 37°，則之后物體相對傳送帶靜止，隨傳送帶一起勻速向上運動，物體所受靜摩擦力大小為12 N，方向沿傳送帶向上，則選項B、C正確，A、D錯誤。]
6.ACD　[由于魚和蝦最終均能進入收集箱，且由于兩者落在傳送帶時均有沿斜面向下的初速度，故魚和蝦所受摩擦力方向一定始終沿斜面向上，A正確；受力分析可知，蝦的重力沿斜面向下的分力有可能小于蝦所受到的摩擦力，有可能減速向下運動，所以可能有mgsin θ<μ蝦mgcos θ，則tan θ<μ蝦，也有可能蝦的重力沿斜面向下的分力大于蝦所受的摩擦力，則有mgsin θ>μ蝦mgcos θ，則tan θ>μ蝦，同理可能有tan θ＝μ蝦，要保證魚均能進入上端收集箱，則應先減速向下，后加速向上，若傳送帶足夠長還有可能最后做勻速運動，所以對魚一定有mgsin θ<μ魚mgcos θ，即tan θ<μ魚，故B錯誤，C、D均正確。]
7.AD　[3.0～4.0 s的時間內，物塊的速度與傳送帶速度相等，則傳送帶的速度大小為1.0 m/s，A正確；0～2.0 s時間內物塊加速度大小為a＝＝1.0 m/s2，根據牛頓第二定律得μmg＝ma，得μ＝0.1，B錯誤；由題圖乙可知，小物塊相對于傳送帶滑動的總時間為3.0 s，C錯誤；由于v－t圖像與t軸圍成的面積表示位移大小，可知小物塊相對傳送帶滑動的總距離為Δs＝ m＋ m＝4.5 m，D正確。]
8.AB　[當mgsin θ>μmgcos θ時可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶速度相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v。當
mgsin θ<μmgcos θ時可能先做勻加速運動，當速度與傳送帶速度相同后，做勻速運動，到達B點時速度為v。也可能此傳送帶比較短，糧袋一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v，故A正確，D錯誤；糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力f，此外還受到重力，根據牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得加速度為a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B正確；若μ≥tan θ，糧袋從A到B可能是一直做加速運動，也可能在二者的速度相等后，糧袋做勻速直線運動，故C錯誤。]
9.(1)2 s　(2)0.1　(3)2 m
解析　(1)由題意可知，物體從A到B先做勻加速直線運動，后與傳送帶達到相同速度后，勻速運動到B端。
設物體做勻加速運動的時間為t
所以t＋v(6 s－t)＝L
代入數據解得t＝2 s。
(2)在勻加速運動過程中，
根據牛頓第二定律可知μmg＝ma
根據速度與時間的關系得v＝at
聯立解得μ＝0.1。
(3)在煤塊勻加速運動過程中，
傳送帶上表面相對于地面的位移s＝vt＝4 m
煤塊相對于地面的位移s′＝at2＝2 m
所以煤塊在傳送帶上的劃痕長度
Δs＝s－s′＝2 m。
10.(1)10 m/s2　2 m/s2　(2)0.5　(3)1.25 m
解析　(1)由題圖乙知，0～0.5 s內小煤塊的加速度
a1＝＝10 m/s2
0.5～1.5 s內小煤塊的加速度a2＝＝2 m/s2。
(2)0～0.5 s內，由牛頓第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0.5～1.5 s內，由牛頓第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
聯立解得μ＝0.5。
(3)由題圖乙知，傳送帶的速率v1＝5 m/s
0～0.5 s內傳送帶比小煤塊多運動
Δs1＝v1t1－v1t1＝1.25 m
0.5～1.5 s內小煤塊比傳送帶多運動
Δs2＝(v1＋v2)t2－v1t2＝1 m
痕跡覆蓋，所以小煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為1.25 m。培優提升十二　傳送帶模型
學習目標　1.會對傳送帶上的物體進行受力分析，掌握傳送帶模型的一般分析方法。2.能正確解答傳送帶上的物體的運動問題。
1.傳送帶的基本類型
傳送帶運輸是利用貨物和傳送帶之間的摩擦力將貨物運送到其他地方，傳送帶模型涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態的分析、運動學和動力學知識的綜合運用。有水平傳送帶和傾斜傳送帶兩種基本模型。
2.傳送帶模型分析流程
類型1　水平傳送帶模型
類型 滑塊運動情況
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
(1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0＝v時，一直勻速 (3)v0(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端 (2)傳送帶足夠長時，若v0≤v滑塊先向左減速再向右加速回到右端，若v0>v，滑塊先向左減速再向右加速至速度v再勻速回到右端
例1 如圖所示，傳送帶保持以1 m/s的速度順時針轉動。現將一定質量的煤塊從離傳送帶左端很近的A點輕輕地放上去，設煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1。
(1)煤塊放上傳送帶最初一段時間內，受到________(選填“靜”或“滑動”)摩擦力，方向____________，煤塊做____________運動。
(2)若傳送帶足夠長，試分析煤塊在傳送帶上的運動過程(注意摩擦力的突變)。
(3)若A、B間的距離L＝2.5 m，(g取10 m/s2)，求：
①煤塊從A點運動到B點所經歷的時間；
②煤塊在傳送帶上留下痕跡的長度。
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1.分析傳送帶模型的關鍵是對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。
2.滑塊與傳送帶等速的時刻，即v物＝v傳時，是相對運動方向及摩擦力方向改變的時刻，也是滑塊運動狀態轉折點。　　
訓練1 如圖所示，繃緊的水平傳送帶足夠長，始終以恒定速率v1＝2 m/s沿順時針方向運行。初速度為v2＝4 m/s的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.2，g＝10 m/s2，若從小物塊滑上傳送帶開始計時，求：
(1)小物塊在傳送帶上滑行的最遠距離；
(2)小物塊從A處出發再回到A處所用的時間。
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類型2　傾斜傳送帶模型
類型 滑塊運動情況
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速再以a2加速
例2 某飛機場利用如圖所示的傳送帶將地面上的貨物運送到飛機上，傳送帶與地面的夾角θ＝30°，傳送帶以v＝5 m/s的恒定速度順時針方向運動。在傳送帶底端A輕放一質量m＝5 kg的貨物(可視為質點)，貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ＝，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
(1)貨物放在傳送帶上最初一段時間內，受到________(選填“靜”或“滑動”)摩擦力作用，摩擦力的方向________，貨物做________運動。
(2)若傳送帶足夠長，試分析貨物的運動過程(注意摩擦力的突變)。
(3)若傳送帶兩端A、B的距離L＝10 m，求貨物從A端運送到B端所需的時間(g取10 m/s2)。
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訓練2 如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針運行，在傳送帶的上端輕輕放上一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ傾斜傳送帶向下傳送物體，當物體加速運動與傳送帶速度相等時：
(1)若μ≥tan θ，物體隨傳送帶一起勻速運動。
(2)若μ隨堂對點自測
1.(水平傳送帶) (多選)如圖所示，一水平傳送帶沿順時針方向以v0勻速轉動，在傳送帶左端A處無初速度地輕放一小物塊，則關于小物塊從A端運動到B端過程中，速度v隨時間t的變化圖像，下列選項中可能正確的是(　　)
2.(傾斜傳送帶模型)如圖所示，一足夠長的傳送帶與水平面之間的夾角為θ，以恒定速率v沿逆時針方向運行，現將質量為m的物塊(視為質點)輕輕地放在傳送帶的上端，已知兩者間的動摩擦因數為μ，且μ>tan θ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.物塊一直做勻加速直線運動
B.初始階段物塊的加速度為g(sin θ－μcos θ)
C.傳送帶給物塊的摩擦力方向始終沿斜面向下
D.物塊到達傳送帶底端時的速度大小一定等于v
培優提升十二　傳送帶模型
例1 (1)滑動　水平向右　勻加速直線　(2)煤塊　先做勻加速運動，達到共同速度后再做勻速運動　(3)①3 s　②0.5 m
解析　(3)①對煤塊、根據題意得
a＝＝μg＝1 m/s2
當速度達到1 m/s時，所用時間t1＝＝1 s
通過的位移s1＝＝0.5 m＜2.5 m
s2＝L－s1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，當煤塊速度達到1 m/s后，煤塊與傳送帶間無摩擦力，所以煤塊以1 m/s的速度隨傳送帶做勻速運動，所用時間t2＝＝2 s
因此煤塊從A點運動到B點所經歷的時間
t＝t1＋t2＝3 s
②煤塊在傳送帶上留下的痕跡為二者的相對位移，在前1 s時間內，傳送帶的位移
s1′＝vt1＝1 m
由①可知煤塊的位移s1＝0.5 m
故煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為
Δs＝s1′－s1＝0.5 m。
訓練1 (1)4 m　(2)4.5 s
解析　(1)小物塊滑上傳送帶后開始做勻減速運動，設小物塊的質量為m，加速度為a，由牛頓第二定律得
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
因小物塊在傳送帶上滑行至最遠距離時速度為0，
由公式s＝得s＝4 m。
(2)小物塊勻減速運動的時間t1＝＝2 s，小物塊速度減為0后，再向右做勻加速運動，加速度仍為a＝2 m/s2
設小物塊與傳送帶共速所需時間為t2，則
t2＝＝1 s
t2時間內小物塊向右運動的距離
s1＝＝1 m
最后小物塊做勻速直線運動，位移為
s2＝s－s1＝3 m
則勻速運動時間t3＝＝1.5 s
所以小物塊從A處出發再回到A處所用的時間
t總＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。
例2 見解析
解析　(1)貨物放在傳送帶上，最初一段時間，受到滑動摩擦力的作用，摩擦力方向沿傳送帶斜面向上，貨物做勻加速直線運動。
(2)貨物在傳送帶上先做勻加速運動，當貨物速度與傳送帶速度相等時，因最大靜摩擦力fm＝μmgcos 30°，大于重力沿傳送帶向下的分力mgsin 30°，故貨物與傳送帶速度相等后，滑動摩擦力突變為靜摩擦力，貨物將做勻速運動。
(3)以貨物為研究對象，由牛頓第二定律得
μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝2.5 m/s2
貨物勻加速運動時間t1＝＝2 s
貨物勻加速運動位移s1＝at＝5 m
然后貨物做勻速運動，運動位移s2＝L－s1＝5 m
勻速運動時間t2＝＝1 s
貨物從A端運送到B端所需的時間
t＝t1＋t2＝3 s。
訓練2 D　[開始時小木塊相對傳送帶向上運動，受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下，則小木塊的加速度為a1＝gsin θ＋μgcos θ，則開始時小木塊沿傳送帶向下做勻加速直線運動，因傳送帶足夠長，則小木塊和傳送帶能夠共速，共速時，因μ＜
tan θ，小木塊將繼續加速，加速度為a2＝gsin θ－μgcos θ，綜上所述，小木塊先以a1做勻加速直線運動，后以a2做勻加速直線運動，且a1＞a2，故A、B、C錯誤，D正確。]
隨堂對點自測
1.BD　[物塊先做勻加速運動，在到B端前可能已經和傳送帶共速，也可能一直加速運動到B端，故選項A、C錯誤，B、D正確。]
2.D　[由μ＞tan θ，可得μmgcos θ＞mgsin θ，則有fm＝μmgcos θ＞mgsin θ，當物塊與傳送帶速度相等時，物塊可以達到平衡狀態，能與傳送帶一起勻速運動，即物塊先做勻加速直線運動再做勻速直線運動，故A錯誤，D正確；初始階段對物塊進行受力分析，由牛頓第二定律可得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma，可得物塊的加速度為a＝g(μcos θ＋sin θ)，故B錯誤；物塊與傳送帶一起勻速運動時f靜＝mgsin θ，沿斜面向上，故C錯誤。](共45張PPT)
培優提升十二　傳送帶模型
第5章　牛頓運動定律
1.會對傳送帶上的物體進行受力分析，掌握傳送帶模型的一般分析方法。
2.能正確解答傳送帶上的物體的運動問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
隨堂對點自測
01
課后鞏固訓練
02
1.傳送帶的基本類型
傳送帶運輸是利用貨物和傳送帶之間的摩擦力將貨物運送到其他地方，傳送帶模型涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態的分析、運動學和動力學知識的綜合運用。有水平傳送帶和傾斜傳送帶兩種基本模型。
2.傳送帶模型分析流程
類型1　水平傳送帶模型
類型 滑塊運動情況
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
(1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速
(2)v0＝v時，一直勻速
(3)v0(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端
(2)傳送帶足夠長時，若v0≤v滑塊先向左減速再向右加速回到右端，若v0>v，滑塊先向左減速再向右加速至速度v再勻速回到右端
例1 如圖所示，傳送帶保持以1 m/s的速度順時針轉動。現將一定質量的煤塊從離傳送帶左端很近的A點輕輕地放上去，設煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1。
(1)煤塊放上傳送帶最初一段時間內，受到________(選填“靜”或“滑動”)摩擦力，方向____________，煤塊做____________運動。
(2)若傳送帶足夠長，試分析煤塊在傳送帶上的運動過程(注意摩擦力的突變)。
(3)若A、B間的距離L＝2.5 m，(g取10 m/s2)，求：
①煤塊從A點運動到B點所經歷的時間；
②煤塊在傳送帶上留下痕跡的長度。
解析　(3)①對煤塊、根據題意得
因此煤塊從A點運動到B點所經歷的時間
t＝t1＋t2＝3 s
②煤塊在傳送帶上留下的痕跡為二者的相對位移，在前1 s時間內，傳送帶的位移
s1′＝vt1＝1 m
由①可知煤塊的位移s1＝0.5 m
故煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為
Δs＝s1′－s1＝0.5 m。
答案　(1)滑動　水平向右　勻加速直線　(2)煤塊　先做勻加速運動，達到共同速度后再做勻速運動　(3)①3 s　②0.5 m
1.分析傳送帶模型的關鍵是對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。
2.滑塊與傳送帶等速的時刻，即v物＝v傳時，是相對運動方向及摩擦力方向改變的時刻，也是滑塊運動狀態轉折點。　　
訓練1 如圖所示，繃緊的水平傳送帶足夠長，始終以恒定速率v1＝2 m/s沿順時針方向運行。初速度為v2＝4 m/s的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.2，g＝10 m/s2，若從小物塊滑上傳送帶開始計時，求：
(1)小物塊在傳送帶上滑行的最遠距離；
(2)小物塊從A處出發再回到A處所用的時間。
答案　(1)4 m　(2)4.5 s
解析　(1)小物塊滑上傳送帶后開始做勻減速運動，設小物塊的質量為m，加速度為a，由牛頓第二定律得
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
因小物塊在傳送帶上滑行至最遠距離時速度為0，
設小物塊與傳送帶共速所需時間為t2，則
t2時間內小物塊向右運動的距離
最后小物塊做勻速直線運動，位移為
s2＝s－s1＝3 m
所以小物塊從A處出發再回到A處所用的時間t總＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。
類型2　傾斜傳送帶模型
類型 滑塊運動情況
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
(3)可能先以a1加速再以a2加速
(1)貨物放在傳送帶上最初一段時間內，受到________(選填“靜”或“滑動”)摩擦力作用，摩擦力的方向________，貨物做________運動。
(2)若傳送帶足夠長，試分析貨物的運動過程(注意摩擦力的突變)。
(3)若傳送帶兩端A、B的距離L＝10 m，求貨物從A端運送到B端所需的時間(g取
10 m/s2)。
解析　(1)貨物放在傳送帶上，最初一段時間，受到滑動摩擦力的作用，摩擦力方向沿傳送帶斜面向上，貨物做勻加速直線運動。
(2)貨物在傳送帶上先做勻加速運動，當貨物速度與傳送帶速度相等時，因最大靜摩擦力fm＝μmgcos 30°，大于重力沿傳送帶向下的分力mgsin 30°，故貨物與傳送帶速度相等后，滑動摩擦力突變為靜摩擦力，貨物將做勻速運動。
(3)以貨物為研究對象，由牛頓第二定律得
μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝2.5 m/s2
貨物從A端運送到B端所需的時間
t＝t1＋t2＝3 s。
答案　見解析
D
訓練2 如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針運行，在傳送帶的上端輕輕放上一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ解析　開始時小木塊相對傳送帶向上運動，受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下，則小木塊的加速度為a1＝gsin θ＋μgcos θ，則開始時小木塊沿傳送帶向下做勻加速直線運動，因傳送帶足夠長，則小木塊和傳送帶能夠共速，共速時，因μ＜tan θ，小木塊將繼續加速，加速度為a2＝gsin θ－μgcos θ，綜上所述，小木塊先以a1做勻加速直線運動，后以a2做勻加速直線運動，且a1＞a2，故A、B、C錯誤，D正確。
傾斜傳送帶向下傳送物體，當物體加速運動與傳送帶速度相等時：
(1)若μ≥tan θ，物體隨傳送帶一起勻速運動。
(2)若μ隨堂對點自測
1
BD
1.(水平傳送帶)(多選)如圖所示，一水平傳送帶沿順時針方向以v0勻速轉動，在傳送帶左端A處無初速度地輕放一小物塊，則關于小物塊從A端運動到B端過程中，速度v隨時間t的變化圖像，下列選項中可能正確的是(　　)
解析　物塊先做勻加速運動，在到B端前可能已經和傳送帶共速，也可能一直加速運動到B端，故選項A、C錯誤，B、D正確。
D
2.(傾斜傳送帶模型)如圖所示，一足夠長的傳送帶與水平面之間的夾角為θ，以恒定速率v沿逆時針方向運行，現將質量為m的物塊(視為質點)輕輕地放在傳送帶的上端，已知兩者間的動摩擦因數為μ，且μ>tan θ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.物塊一直做勻加速直線運動
B.初始階段物塊的加速度為g(sin θ－μcos θ)
C.傳送帶給物塊的摩擦力方向始終沿斜面向下
D.物塊到達傳送帶底端時的速度大小一定等于v
解析　由μ＞tan θ，可得μmgcos θ＞mgsin θ，則有fm＝μmgcos θ＞mgsin θ，當物塊與傳送帶速度相等時，物塊可以達到平衡狀態，能與傳送帶一起勻速運動，即物塊先做勻加速直線運動再做勻速直線運動，故A錯誤，D正確；初始階段對物塊進行受力分析，由牛頓第二定律可得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma，可得物塊的加速度為a＝g(μcos θ＋sin θ)，故B錯誤；物塊與傳送帶一起勻速運動時f靜＝mgsin θ，沿斜面向上，故C錯誤。
課后鞏固訓練
2
B
題組一　水平傳送帶
1.為保障旅客安全出行，鐵道部門須對乘客所攜帶的物品實施安全檢查。如圖所示，乘客將攜帶物品放到以恒定速率運動的水平傳送帶上，使物品隨傳送帶一起運動并通過檢測儀接受檢查。當乘客將物品無初速度放在傳送帶上之后，物品(　　)
基礎對點練
A.與傳送帶相對靜止時受到靜摩擦力
B.初始階段受與運動方向相同的摩擦力作用
C.相對傳送帶靜止時受與運動方向相同的摩擦力作用
D.相對地面運動故一定受到滑動摩擦力
解析　當物品與傳送帶相對靜止時，物品與傳送帶一起做勻速直線運動，兩者之間沒有相對運動的趨勢，物品不受靜摩擦力，故A、C錯誤；初始階段物品相對傳送帶有向后運動的趨勢，受到向前的摩擦力，則摩擦力方向與物品運動方向相同，故B正確；判斷物品是否受滑動摩擦力，是看與接觸面有沒有發生相對運動，與物品相對地面的運動情況無關，故D錯誤。
ACD
2.(多選)(2024·河北衡水高一期末)如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，傳動速率為v，在其左端無初速度釋放一小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則木塊從左端運動到右端的時間可能是(　　 )
AB
3.(多選)如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以恒定的速率v1沿順時針方向運動，傳送帶右端有一與傳送帶等高的光滑水平面。物體以恒定的速率v2沿直線向左滑上傳送帶后，經過一段時間又返回光滑水平面上，此時速率為v2′，則下列說法正確的是(　　)
A.若v1＜v2，則v2′＝v1
B.若v1＞v2，則v2′＝v2
C.不管v2多大，總有v2′＝v2
D.只有v1＝v2時，才有v2′＝v1
解析　由于傳送帶足夠長，物體先減速向左滑行，直到速度減為零，然后在滑動摩擦力的作用下向右運動，分兩種情況：若v1≥v2，物體向右運動時一直加速，當v2′＝v2時，離開傳送帶；若v1＜v2，物體向右運動時先加速，當速度增大到與傳送帶的速度相等時，物體還在傳送帶上，此后不受摩擦力作用，物體與傳送帶一起向右勻速運動，此時有v2′＝v1，故選項A、B正確，C、D錯誤。
A
題組二　傾斜傳送帶
4.如圖所示，在一條傾斜的、靜止不動的傳送帶上，有一個滑塊能夠自由地向下滑動，該滑塊由上端自由地滑到底端所用時間為t1，如果傳送帶向上以速度v0運動起來，保持其他條件不變，該滑塊由上端滑到底端所用的時間為t2，那么(　　)
A.t1＝t2 B.t1>t2
C.t1BC
5.(多選)如圖，傾角θ＝37°、足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行，現將一質量m＝2 kg的小物體輕放在傳送帶的A端，小物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則在上升過程中的小物體(　　)
A.加速度恒定
B.先加速后勻速
C.所受的摩擦力方向不變
D.所受的摩擦力大小始終為12 N
解析　開始時物體受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力，因f＝μmgcos 37°＝12.8 N>mgsin 37°＝12 N，則物體沿傳送帶向上加速，由于傳送帶足夠長，當物體的速度與傳送帶相等時，因μmgcos 37°>mgsin 37°，則之后物體相對傳送帶靜止，隨傳送帶一起勻速向上運動，物體所受靜摩擦力大小為12 N，方向沿傳送帶向上，則選項B、C正確，A、D錯誤。
ACD
6.(多選)如圖所示是一種“魚蝦自動分離裝置”的簡化結構圖，此裝置可以實現機械化分離魚和蝦。分離器出口在傾斜傳送帶中段適當位置正上方一定高度，魚蝦下落到傳送帶時均有沿斜面向下的初速度，最終蝦均能被傳送至下端收集箱中，魚均能被傳送到上端收集箱中，已知傳送帶與水平面間夾角為θ，始終以恒定速率順時針轉動。則下列說法正確的是(　 　)
A.魚和蝦在傳送帶上運送的過程所受的摩擦力方向
始終沿斜面向上
B.蝦在傳送帶上做加速直線運動，魚在傳送帶上做
減速直線運動
C.蝦與傳送帶間的動摩擦因數有可能小于tan θ
D.魚與傳送帶間的動摩擦因數一定大于tan θ
解析　由于魚和蝦最終均能進入收集箱，且由于
兩者落在傳送帶時均有沿斜面向下的初速度，故
魚和蝦所受摩擦力方向一定始終沿斜面向上，A
正確；受力分析可知，蝦的重力沿斜面向下的分
力有可能小于蝦所受到的摩擦力，有可能減速向
下運動，所以可能有mgsin θ<μ蝦mgcos θ，則tan θ
<μ蝦，也有可能蝦的重力沿斜面向下的分力大于
蝦所受的摩擦力，則有mgsin θ>μ蝦mgcos θ，則tan θ>μ蝦，同理可能有tan θ＝μ蝦，要保證魚均能進入上端收集箱，則應先減速向下，后加速向上，若傳送帶足夠長還有可能最后做勻速運動，所以對魚一定有mgsin θ<μ魚mgcos θ，即tan θ<μ魚，故B錯誤，C、D均正確。
AD
7.(多選)(2024·福建三明高一期末)如圖甲，水平傳送帶逆時針勻速轉動，一小物塊以某一速度從最左端滑上傳送帶，取向右為正方向，從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊的v－t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示，g取10 m/s2，則(　　)
綜合提升練
A.傳送帶的速度大小為1.0 m/s
B.小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.2
C.小物塊相對傳送帶滑動的總時間為4.5 s
D.小物塊相對傳送帶滑動的總距離為4.5 m
AB
8.(多選)如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知AB間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時其運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ，正常工作時工人在A點將糧袋輕放到運行中的傳送帶上，關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g)(　　)
A.糧袋到達B點的速度與v比較，可能大，可能小，也可能相等
B.糧袋開始運動的加速度為g(sin θ＋μcos θ)
C.若μ≥tan θ，則糧袋從A到B一定一直是做加速運動
D.不論L長度如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a>gsin θ
解析　當mgsin θ>μmgcos θ時可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶速度相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v。當mgsin θ<μmgcos θ時可能先做勻加速運動，當速度與傳送帶速度相同后，做勻速運動，到達B點時速度為v。也可能此傳送帶比較短，糧袋一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v，故A正確，D錯誤；糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力f，此外還受到重力，根據牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得加速度為a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B正確；若μ≥tan θ，糧袋從A到B可能是一直做加速運動，也可能在二者的速度相等后，糧袋做勻速直線運動，故C錯誤。
9.如圖，一平直的傳送帶以速率v＝2 m/s順時針勻速運行，在A處把物體輕輕地放到傳送帶上，經過6 s，物體到達B處，A、B相距L＝10 m，重力加速度g＝10 m/s2。則：
(1)求物體在傳送帶上做勻加速運動的時間；
(2)求物體與傳送帶之間的動摩擦因數；
(3)若物體是煤塊，求煤塊在傳送帶上的劃痕長度。
答案　(1)2 s　(2)0.1　(3)2 m
解析　(1)由題意可知，物體從A到B先做勻加速直線運動，后與傳送帶達到相同速度后，勻速運動到B端。
設物體做勻加速運動的時間為t
代入數據解得t＝2 s。
(2)在勻加速運動過程中，
根據牛頓第二定律可知μmg＝ma
根據速度與時間的關系得v＝at
聯立解得μ＝0.1。
(3)在煤塊勻加速運動過程中，
傳送帶上表面相對于地面的位移s＝vt＝4 m
所以煤塊在傳送帶上的劃痕長度Δs＝s－s′＝2 m。
10.傾角為θ的傾斜傳送帶以恒定的速率沿逆時針方向運行，如圖甲所示。在t＝0時，將一小煤塊輕放在傳送帶上A點處，1.5 s時小煤塊從B點離開傳送帶。小煤塊速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，設沿傳送帶向下為運動的正方向，重力加速度g＝10 m/s2，求：
培優加強練
(1)0～0.5 s內和0.5～1.5 s內小煤塊的加速度大小；
(2)小煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數；
(3)在0～1.5 s時間內小煤塊在傳送帶上留下的
痕跡長度。
答案　(1)10 m/s2　2 m/s2　(2)0.5　(3)1.25 m
解析　(1)由題圖乙知，0～0.5 s內小煤塊的加速度
(2)0～0.5 s內，由牛頓第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0.5～1.5 s內，由牛頓第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
聯立解得μ＝0.5。
(3)由題圖乙知，傳送帶的速率v1＝5 m/s
0～0.5 s內傳送帶比小煤塊多運動
0.5～1.5 s內小煤塊比傳送帶多運動
痕跡覆蓋，所以小煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為1.25 m。

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